专题28 函数的零点的问题一、题型选讲题型一 、 函数零点个数判断与证明可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。
例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 【答案】： 5【解析】：因为f(x ＋4)＝f(x)，可得f(x)是周期为4的奇函数，先画出函数f(x)在区间[2，4)上的图像，根据奇函数和周期为4，可以画出f(x)在R 上的图像，由y ＝f (x )－log 5| x |＝0，得f (x )＝log 5| x |，分别画出y ＝f (x )和y ＝log 5|x |的图像，如下图，由f (5)＝f (1)＝1，而log 55＝1，f (－3)＝f (1)＝1，log 5|－3|<1，而f (－7)＝f (1)＝1，而log 5|－7|＝log 57>1，可以得到两个图像有5个交点，所以零点的个数为5.变式1、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点； 【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点．变式2、【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点；【解析】（Ⅰ）因为(0)10f a =-<，22(2)e 2e 40f a =--≥->，所以()y f x =在(0,)+∞上存在零点． 因为()e 1x f x '=-，所以当0x >时，()0f x '>，故函数()f x 在[0,)+∞上单调递增， 所以函数以()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点．题型二、 函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．例2、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增，则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．变式1、【2018年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2()e x f x ax =-．若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解析】设函数2()1e xh x ax -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)+∞只有一个零点．（i ）当0a ≤时，()0h x >，()h x 没有零点； （ii ）当0a >时，()(2)exh'x ax x -=-．当(0,2)x ∈时，()0h'x <；当(2,)x ∈+∞时，()0h'x >． 所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． 故24(2)1e ah =-是()h x 在[0,)+∞的最小值． ①若(2)0h >，即2e 4a <，()h x 在(0,)+∞没有零点；②若(2)0h =，即2e 4a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点；③若(2)0h <，即2e 4a >，由于(0)1h =，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由（1）知，当0x >时，2e x x >，所以33342241616161(4)11110e (e )(2)a a a a a h a a a=-=->-=->． 故()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点．综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2e 4a =． 变式2、(2020届山东省潍坊市高三上学期统考）函数若函数只有一个零点，则可能取的值有（ ） A ．2 B ． C ．0 D ．1【答案】ABC【解析】∵只有一个零点， ∴函数与函数有一个交点，作函数函数与函数的图象如下，结合图象可知，当时；函数与函数有一个交点； 当时，，可得，令可得，所以函数在时，直线与相切，可得.综合得：或. 故选：ABC.变式3、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知函数（e 为自然对数的底），若且有四个零点，则实数m 的取值可以为（ ）A ．1B ．eC ．2eD ．3e【答案】CD()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩()()g x f x x a=-+a 2-()()g x f x x a =-+()y f x =y x a =-()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩y x a =-0a ≤()y f x =y x a =-0a >ln(1)y x =-11y x '=-111x =-2x =2x =ln(1)y x =-2a =0a ≤2a =2,0()(1),0x x e mx m x f x e x x -⎧++<=⎨-≥⎩()()()F x f x f x ()F x【解析】 因为，可得，即为偶函数，由题意可得时，有两个零点， 当时，，即时，， 由，可得，由相切，设切点为，的导数为，可得切线的斜率为，可得切线的方程为，由切线经过点，可得， 解得：或（舍去），即有切线的斜率为， 故， 故选：CD.二、达标训练1、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知函数.若函数在上无零点，则的最小值为________. 【答案】()()()F x f x f x ()()F x F x =-()F x 0x >()F x 0x >0x -<()2xf x e mx m -=-+0x >()22xxxxF x xe e e mx m xe mx m =-+-+=-+()0F x =20x xe mx m -+=(),21xy xe y m x ==-(),ttte x y xe =(1)x y x e '=+(1)t t e +(1)()tty te t e x t -=+-1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭1(1)2t t te t e t ⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭1t =12-2e 22,m e m e >∴>()()()212ln f x a x x =---()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭a 24ln 2-【解析】因为在区间上恒成立不可能，故要使函数在上无零点，只要对任意的，恒成立，即对任意的，恒成立. 令，，则， 再令，，则， 故在上为减函数，于是， 从而，于是在上为增函数，所以， 故要使恒成立，只要， 综上，若函数在上无零点，则的最小值为.故答案为：2、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）已知函数()2,()f x x ax b a b R =++∈在区间[]2,3上有零点，则2a ab +的取值范围是（ ） A ．(],4-∞ B ．81,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．814,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．81,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】B【解析】不妨设1x ，2x 为函数()f x 的两个零点，其中[]12,3x ∈，2x R ∈， 则12x x a +=-，12x x b =.则()()()()2222212121212112112a ab x x x x x x x x x x x x +=+-+⋅=-+-+，由110x -<，2x R ∈，所以()()()()()222111122212112114121241x x x x x x x x x x x ----+≤-+-()0f x <10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x >10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭2ln 21x a x >--()2ln 21x l x x =--10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()()222ln 2'1x x l x x +-=-()22ln 2m x x x =+-10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()()22212'20x x x xm x ---==+<()m x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭()'0l x >()l x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭2ln 21xa x >--[)24ln 2,a ∈-+∞()f x 10,2⎛⎫⎪⎝⎭a 24ln 2-24ln 2-()41141x x =-， 可令()()411141x g x x =-，()()()311113441x x g x x -'=-，当[]12,3x ∈，()10g x '>恒成立，所以()()()1812,34,8g x g g ⎡⎤∈=⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦.则()1g x 的最大值为818，此时13x =， 还应满足()2112123214x x x x -=-=--，显然13x =，234x =-时，94a b ==-，2818a ab +=. 故选：B.3、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知函数()2ln 1f x x =-，()g x a x m =-，若存在实数0a >使()()y f x g x =-在1e e⎛⎫ ⎪⎝⎭,上有2个零点，则m 的取值范围为________．【答案】,2e e ⎛⎫⎪⎝⎭． 【解析】已知实数0a >使()()y f x g x =-在1e e⎛⎫ ⎪⎝⎭,上有2个零点，等价于()y f x =与()y g x =的函数图象在1e e ⎛⎫⎪⎝⎭,上有2个交点，显然()2ln 1f x x =-与x轴的交点为)，()g x a x m =-的图象关于x m =对称，当m ≥时，若要有2个交点，由数形结合知m 一定小于e，即)m e ∈；当m <时，若要有2个交点，须存在a 使得()2ln 1x a x m -=-在)e 有两解，所以()f e a f ''<<，因为()2f x x '=，即()2,0f e f a e''==>，显然存在这样的a 使上述不等式成立； 由数形结合知m 须大于()f x 在x e =处的切线21y x e =-与x 轴交点的横坐标2e，即2e m ⎛∈ ⎝综上所述，m 的范围为,2e e ⎛⎫⎪⎝⎭．故答案为：,2e e ⎛⎫⎪⎝⎭4、（2020届山东省德州市高三上期末）已知函数（为常，若为正整数，函数恰好有两个零点，求的值. 【解析】因为为正整数，若，则，，()()2ln 22f x x ax a x =+-++a a ()f x a a 02a <<1a =()2ln 32f x x x x =+-+由（2）知在和单调递增，在单调递减，又，所以在区间内仅有实根，， 又，所以在区间内仅有实根.此时，在区间内恰有实根； 若，在单调递增，至多有实根.若，，令，则，，， 所以.由（2）知在单调递减，在和单调递增， 所以，所以在至多有实根. 综上，.()y f x =10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,+∞1,12⎛⎫⎪⎝⎭()10f =()y f x =1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭1()1102f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭()()24222330f eee e e -----=-=-<()yf x =10,2⎛⎫⎪⎝⎭1()y f x =()0,∞+22a =()y f x =()0,∞+12a >()2111111ln 22ln 1f a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1t a =102t <<ln 1y t t =-+110y t'=->111ln 1ln 20222y <-+=-<()y f x =11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1102f f a ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()y f x =()0,∞+11a =。
